

Mục lục

1 Phương trình Laplace và hàm điều hòa 11.1 Phương trình Laplace và hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Nghiệm cơ bản của phương trình Laplace . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.2 Công thức Green đối với toán tử Laplace. . . . . . . . . . . . . . . 31.1.3 Biểu diễn tích phân của hàm bất kì . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.4 Biểu diễn tích phân của hàm điều hoà. . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2 Các tính chất cơ bản của hàm điều hoà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.1 Định lý giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.2 Nguyên lí cực trị của hàm điều hoà . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.3 Định lý trung bình đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.4 Định lí Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.5 Định lý Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3 Hàm điều hòa trong mặt phẳng và hàm giải tích biến phức . . . . . . . . . 121.4 Hàm điều hòa trên, hàm điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Nghiệm của một số bài toán đối với phương trình Laplace 172.1 Sự tồn tại và định nghĩa nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.1 Bài toán Dirichlet trong . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.1.2 Bài toán Dirichlet ngoài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.1.3 Bài toán Newmann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2 Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2.1 Giải bài toán Diricle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2.2 Bài Tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Tài liệu tham khảo 26

Chỉ dẫn 27

i

Chương 1

Phương trình Laplace và hàm điều

hòa

1.1 Phương trình Laplace và hàm điều hòa

Trong bản luận văn này, nếu không có giải thích gì thêm, ta luôn xét hàm điều hòa

trên tập con mở của không gian Euclid thực với n số thực dương lớn hơn 1 và Ω là tậpcon mở, chứa trong Rn .

Định nghĩa 1.1.1. Giả sử miền bị chặn Ω ⊂ Rn. Phương trình Laplace trong miền Ω làphương trình ∆u = 0 trong đó :

∆ =n

i=1

∂ 2

∂x2i

.(đây là một biểu diễn đơn giản của lớp phương trình eliptic ).

Dạng không thuần nhất của phương trình Laplace : ∆u = f (x) được gọi là phươngtrình Poisson. Nghiệm của phương trình Poisson trong miền Ω là hàm u(x) ∈ C 2(Ω) sao

cho ∆u = f (x) , ∀x ∈ Ω ( nghiệm này còn được gọi là nghiệm cổ điển ).Giả sử u ∈ C 2(Ω), hàm u(x) thoả mãn phương trình Laplace được gọi là hàm điều

hoà trong Ω .

• Hàm u(x, y) được gọi là hàm điều hòa tại điểm (x0, y0) nếu nó có đạo hàm cấp 2liên tục tại điểm đó và thỏa mãn phương trình ∆u = 0. Hàm u(x, y) điều hòa tạimọi điểm (x, y) ∈ Ω được gọi là điều hòa trong miền giới nội Ω .

• Trường hợp Ω không giới nội, hàm u(x, y) được gọi là hàm điều hòa trong Ω nếu nó

điều hòa trong mọi miền con giới nội Ω1 của Ω và thỏa mãn đánh giá tại vô cùng :|u(x, y)| ≤ C khi |(x, y)| → ∞, C là hằng số.

1



Chương 1. Phương trình Laplace và hàm điều hòa

. Ví dụ :

1. u(x, y) =x

x2 + y2điều hoà trong R2\ (0, 0).

2. u(x ,y ,z) = x2 + y2

−2z2 điều hoà trong mọi miền giới nội trong R3 .

3. u(x, y) = sin(xy) không phải là hàm điều hòa trong Rn .

1.1.1 Nghiệm cơ bản của phương trình Laplace

Dạng 1. Ta tìm nghiệm của phương trình Laplace ∆u = 0

với u ∈ C 2 (Rn\ 0) dưới dạng u(x) = v(r), x ∈ Rn.

Chứng minh. Ở đây ta cho r =

|x

|= (x21 + ... + x2n)

1

2 và chọn v sao cho ∆u = 0 .

Ta có ∆ = ni=1

∂ 2r∂x2

i

với

∂r

∂xi

=1

2

x21 + ... + x2n

−1

2 2xi =xi

r, với (x = 0)

Vì thếuxi = v′(r)

xi

r, uxixi = v′′(r)

x2ir2

+ v′(r)

1

r− x2i

r3

, i = 1 ,...,n

Khi đó : ∆u = v′′(r) +n − 1

rv′′(r)

Như vậy ∆u = 0 khi và chỉ khi

v′′(r) +n − 1

rv′(r) = 0

nếu v′ = 0 , ta thấy

[ln(v′)]′ =v′′

v′=

1 − n

r

⇒ v′(r) =a

rn−1

với a là hằng số nào đó . Suy ra, nếu r > 0 ta nhận được

v(r) =

b

rn−2 + c, với n ≥ 3

b ln r + c, với n = 2

với b và c là hằng số .Ta thay đổi vai trò của u(x) và v(r) khi đó hàm số tương đương với

u(x) = u(

|x

|) =

1

n(2 − n)ωn

.|x|2n, với n ≥ 3

12π . ln |x|, với n = 2

(

∗)

2


với x ∈ Rn, x = 0 hàm số (*) được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Laplace.Từ đó ta cố định y ∈ Ω và đưa vào nghiệm cơ bản của phương trình Laplace.

Γ (x − y) = Γ( |x − y| ) = 1

n(2−

n)ωn

.

|x

−y

|

2−n với n > 2

12π

. ln | x − y | với n ≤ 2

ωn là thể tích hình cầu đơn vị trong Rn.

Dạng 2. Đôi khi ta cần nghiên cứu phương trình Laplace trong hệ toạ độ cực hay toạ độ

cầu.

Phương trình Laplace trong mặt phẳng :

∆u = ∂

2

u∂x2 + ∂

2

u∂y2 = 0

với phép thế biến x = r cos φ

y = r sin φ

viết được dưới dạng :

∆u =∂ 2u

∂r2+

1

r· ∂u

∂r+

1

r2· ∂ 2u

∂φ2= 0

Phương trình Laplace trong không gian :

∆u =∂ 2u

∂x2+

∂ 2u

∂y2+

∂ 2u

∂z2= 0

với phép thế biến

x = r cos θ. sin φ

y = r sin θ. sin φ

z = r cos φ

viết được dưới dạng

∆u = 1r2

· ∂ ∂r

r2∂u∂r

+ 1r2 sin φ

· ∂ ∂φ

sin φ ∂u

∂φ ∂

2

u∂r2

+ 1r2 sin2 φ

· ∂ 2

u∂θ2

=1

r· ∂

∂r

r

∂u

∂r

+

1

r2· ∂ 2u

∂θ2= 0.

1.1.2 Công thức Green đối với toán tử Laplace.

Chú ý 1. Gọi −→n là pháp tuyến trong một mặt S và α , β , γ là các góc hợp bởi −→n với cáctrục. Ta có :

∂v

∂n=

∂v

∂x. cos α +

∂v

∂y. cos β +

∂v

∂z. cos γ (1)

3




Chú ý 2. Công thức Ostrogradski :

Giả sử Ω là miền giới nội, giới hạn bởi mặt biên S trơn từng mảnh .P,Q,R là các hàm liên tục trong Ω ∪ S và có các đạo hàm riêng liên tục trong Ω .

Ta có công thức Ostrogradski : Ω

∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z

dxdydz +

S

(P. cos α + Q. cos β + R. cos γ ) dS = 0. (2)

trong đó α , β , γ là những góc hợp bởi pháp tuyến trong của mặt S và các trục tọa độ .Giả sử u(x ,y ,z) , v(x ,y ,z) là các hàm bất kì có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong

Ω, còn u, v và các đạo hàm riêng cấp 1 của chúng liên tục trong miền đóng Ω ∪ S .Ta áp dụng công thức (2) cho các hàm :

P = u.∂v∂x

, Q = u.∂v∂y

, R = u.∂v∂z

⇒ ∂P ∂x

=∂u∂x

.∂v∂x

+ u.∂ 2v∂x2

∂R

∂z=

∂u

∂z.∂v

∂z+ u.

∂ 2v

∂z2

Suy ra : Ω

u.∆v +

Ω

∂u

∂x.∂v

∂x+

∂u

∂y.∂v

∂y+

∂u

∂z.∂v

∂z

.dV +

+ S

u.∂v

∂x . cos α +

∂v

∂y . cos β +

∂v

∂z . cos γ dS = 0

Từ (1) ta có : Ω

u.∆v +

Ω

∂u

∂x.∂v

∂x+

∂u

∂y.∂v

∂y+

∂u

∂z.∂v

∂z

.dV +

S

u.∂v

∂ndS = 0 (3)

Đây là công thức Green I.Trong công thức này ta đổi vai trò của sau đó trừ cho nhau ta có công thức Green II.

Ω

(u.∆v − v.∆u) dV +

S

u.

∂v

∂n− v.

∂u

∂n

dS = 0 (4)

1.1.3 Biểu diễn tích phân của hàm bất kì .

Lấy điểm x0 ∈ Ω bất kì .Gọi B(x0, ε) là hình cầu tâm x0, bán kính ε nằm trong Ω . Kí hiệu

S ε = ∂B (x

0

, ε)

Ωε = Ω\B(x0, ε) ⇒ ∂ Ωε = ∂ Ω ∪ S ε

4


GọiΓ x − x0

=1

r=

1

|x − x0|là nghiệm cơ bản của phương trình Laplace ( xét trường hợp 3 chiều ).

Áp dụng công thức Green II trên Ωε cho hai hàm u, Γ Ωε

(u.∆v − v.∆u)dV +

∂ Ωε

u.

∂v

∂n− v.

∂u

∂n

dS = 0

u khả vi liên tục đến cấp 2 : u ∈ C 1(Ω) ∩ C 0(Ω) Ωε

Γ.∆udxdydz +

∂ Ωε

Γ

∂u

∂n− u.

∂ Γ

∂n

dS = 0

Xét S ε

Γ

∂u

∂n− u

∂ Γ

∂n

dS =

S ε

Γ∂u

∂ndS

I 1

+

S ε

u∂ Γ

∂ndS

I 2

Trên S ε chú ý pháp tuyến trong −→n hướng theo phương bán kính của hình cầu S ε :

∂ Γ

∂n=

∂ Γ

∂r=

∂

∂n

1

r

= − 1

r2

Thay vào ta được

I 2 = − S ε

u.∂ Γ

∂ndS =

S ε

u.1

r2dS =

1

ε2

S ε

udS

Theo định lí giá trị trung bình :

I 2 =1

ε2.u( p∗)

S ε

dS =1

ε2.u( p∗). 4πε2 = 4π.u( p∗) với p∗ ∈ S ε

Tương tự với I 1 :

I 1 =

S ε

1

r.∂u

∂ndS =

1

ε

S ε

∂u

∂ndS =

1

ε.∂u

∂n( p∗∗)

S ε

dS = 4πε.∂u

∂n( p∗∗)

I 1 → 0 khi ε → 0

I 2 → 4π.u(x0) khi ε → 0

Vậy

S ε

Γ∂u∂n − u. ∂ Γ∂ndS → 4π.u(x0) khi ε → 0

5




với ε → 0 ta có Ω

Γ.∆u.dxdydz +

∂ Ω

Γ

∂u

∂n− u.

∂ Γ

∂n

dS + 4π.u(x0) = 0

Hay

u(x0) =1

4π

∂ Ω

u.

∂ Γ

∂n− Γ

∂u

∂n

dS − 1

4π

Ω

Γ.∆u (5).

là công thức biểu diễn tích phân của hàm u bất kỳ, x0 ∈ Ω.

1.1.4 Biểu diễn tích phân của hàm điều hoà.

Khi u là hàm điều hoà thì (5) có dạng :

u(x0) =1

4π

∂ Ω

u.

∂ Γ

∂n− Γ

∂u

∂n

dS (6)

( biểu diễn tích phân của hàm điều hoà )

1.2 Các tính chất cơ bản của hàm điều hoà

Định lý 1.2.1. Nếu u là hàm điều hoà trong Ω thì ∂ Ω

∂u

∂n dS = 0

( Áp dụng công thức Green I với u là hàm điều hoà, v ≡ 1 ).

Định lý 1.2.2. Hàm điều hòa trong Ω ⊂ Rn có đạo hàm riêng mọi cấp trong miền đó .

Chứng minh. Giả sử u là hàm điều hòa trong Ω ⊂ Rn và một điểm x0 bất kỳ trong Ω .Lấy Ω′ nằm gọn trong Ω chứa x0.

Khi đó u khả vi liên tục đến cấp hai trong Ω′. Xét hình cầu B(x0, ε) tâm x0 bán kínhε đủ nhỏ sao cho B

⊂Ω′. Theo công thức biểu diễn tích phân hàm điều hòa trong miền

Ω′ ta có :

u(x, y) =1

2π

∂ Ω′

u

∂

∂v

ln

1

r

− ln

1

r

∂u

∂v

dS Q.

Trong đó Q(ξ, η) ∈ ∂ Ω′ là một điểm bất kỳ, r = rP Q điều này có nghĩa với mọi điểmP ∈ V ε và với mọi Q , hàm dưới dấu tích phân của u(x, y) là hàm liên tục và có đạo hàmmọi cấp đối với biến P. Vậy theo định lý về tích phân phụ thuộc tham biến thì hàm u cóđạo hàm mọi cấp trong miền đó.

6


1.2.1 Định lý giá trị trung bình

Định lý 1.2.3. Giả sử u là hàm điều hoà trong hình cầu B(x0, R); S R là biên hình cầu

khi đó giá trị u tại tâm x0 của hình cầu sẽ bằng giá trị trung bình của u trên hình cầu

S R. Tức là :u(x0) =

1

| S R| .

S R

u.dS

( giá trị trung bình của u trên mặt cầu )

Chứng minh. Từ công thức biểu diễn tích phân của hàm điều hòa :

u(x0) =1

4π

∂ Ω

u.

∂ Γ

∂n− Γ

∂u

∂n

dS

Ta đặt

Γ =1

r⇒ ∂ Γ

∂n= −∂ Γ

∂r= − ∂

∂r

1

r

=

1

r2

u(x0) =1

4π

S R

u.

∂ Γ

∂n− Γ

∂u

∂n

dS =

1

4π

S R

u.

1

r2

− 1

r.∂u

∂n

dS

=1

4πR2 S R

u.dS − 1

4πR S R

∂u

∂n.dS

0

u(x0) =1

4πR2

S R

u.dS =1

| S R|.

S R

u.dS.

Nhận xét. Ta có thể viết công thức dưới dạng :

u(x

0

) =

1

ωnrn−1 ∂B(x0,r)

u(ξ) dS ξ ∀B(x0, r) ⊂ Ω

Định lý 1.2.4. Giả sử u là hàm điều hoà trong hình cầu B(x0, R) thì

u(x0) =1

| B(x0, R) | .

S R

udxdydz

( giá trị trung bình của u trong hình cầu )

7




1.2.2 Nguyên lí cực trị của hàm điều hoà

Định lý 1.2.5. Nếu một hàm điều hoà trong Ω ⊂ Rn, đạt giá trị cực đại hay cực tiểu

của nó tại một điểm trong của Ω thì hàm đó chỉ có thể là một hằng số.

Chứng minh. Điều này có ý nghĩa là nếu hàm điều hòa liên tục trong miền đóng khôngphải là hằng số thì giá trị cực đại hay cực tiểu của nó chỉ có thể đạt được tại các điểm ởtrên biên của miền Ω .

Giả sử u là hàm điều hoà trong Ω , u đạt giá trị cực đại tại một điểm trong x0 ∈ Ω .Ta chứng minh rằng u ≡ const trong Ω.Đặt M = u(x0), ΩM = x ∈ Ω, u(x) = M .Ta sẽ chứng minh ΩM = Ω :

•ΩM

=

∅do x0

∈ΩM .

• ΩM là tập đóng trong Ω vì u là hàm liên tục trong ΩM ( do u là hàm điều hoà ) .

• ΩM là tập mở trong Ω .

Lấy z ∈ ΩM ⊂ Ω ⇒ z ∈ Ω ⇒ ∃ hình cầu B(z, ρ) ⊂ Ω, ρ > 0 đủ nhỏ. Ta sẽ chứng minhB(z, ρ) ⊂ ΩM .

Áp dụng định lí trung bình cho hàm điều hoà w = u − M trong B(z, ρ) . Gọi S ρ =

∂B(z, ρ)

u(z)

−M

0

=1

| S ρ | S ρ

(u

−M ) dS

≤0

suy ra S ρ

(u − M ) dS = 0 .

Mà u(x) − M hàm điều hòa

≤ 0 ∀x ∈ Ω ⇒ u ≡ M trên S ρ.

Cho ρ → 0 thì u ≡ M trên B (z, ρ) ⇒ B(z, ρ) ⊂ ΩM ⇒ ΩM mởVậy ΩM = Ω, suy ra điều phải chứng minh .

Định lý 1.2.6. ( Nguyên lý cực đại ) Giả sử u ∈ C 2(Ω) ∩ C 2(Ω) là hàm điều hòa trên Ω

với Ω là tập mở bị chặn trong Rn .

Khi đó maxΩ

= max∂ Ω

Hơn nữa , nếu Ω là tập liên thông và tồn tại x0 ∈ Ω sao cho u(x0) = maxΩ

u

Khi đó u là hàm hằng trên Ω.

Chứng minh. Giả sử tồn tại x0 ∈ Ω ta đặt M = u(x0) = maxΩ

u

Xét tập x ∈ Ω, u(x) = M là tập đóng do u liên tục và khác rỗng .(1)Khi đó 0 < r < dist(x0, ∂ Ω).áp dụng công thức giá trị chính cho phương trình laplace ta có :

u(x0) =

B(x0,r)

udy ≤ M

8


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u ≡ M trong B(x0, r) .Suy ra u(y) = M với mọi y ∈ B(x, r) hay tập x ∈ Ω, u(x) = M là tập mở .

Từ (1) và (2) suy ra tập x ∈ Ω, u(x) = M vừa mở vừa đóng tương đối trong Ω,Vậy nó trùng với Ω .

Định lý 1.2.7. Giả sử Ω miền bị chặn Rn , u là hàm điều hoà trong Ω, u ∈ C 2(Ω) ∩C 0(Ω). Khi đó :

in∂ Ω

f u ≤ u(x) ≤ sup∂ Ω

u , x ∈ Ω

Chứng minh.

in∂ Ω

fu ≤ inΩ

fu ≤ u(x) ≤ supΩ

u ≤ sup∂ Ω

u

Hệ quả 1: Giả sử u, v ∈ C 2(Ω) ∩ C 0(Ω) và ∆u = ∆v trong Ω, u = v trên ∂ Ω .Khiđó u = v trong Ω .

Chứng minh. Đặt ω = u − v. Khi đó ∆ω = 0 trong Ω và ω = 0 trên ∂ Ω.Theo định lí (1.2.7) ta có ω = 0 trong Ω. Suy ra u = v .

Hệ quả 2: Giả sử u ∈ C 2(Ω) ∩ C 0(Ω) và ∆u ≥ 0 (≤ 0) trong Ω. Khi đó :

supΩ

u = sup∂ Ω

u

inf Ω

u = inf ∂ Ω

u

1.2.3 Định lý trung bình đảo

Định lý 1.2.8. Giả sử Ω là một miền giới nội và u(x) là hàm liên tục trong Ω..Nếu đối

với bất kỳ hình cầu B(x0, r) nằm gọn trong Ω. Hàm u(x) đều thỏa mãn đẳng thức giá trị

trung bình :

u(x) =1

4πr2

∂ Ω

udS

thì u(x) là một hàm điều hòa trong Ω .

Chứng minh. Thật vậy, giả sử trong Ω , u(x) thỏa mãn đẳng thức về giá trị trung bình.Tahãy xét hình cầu B(x0, r) nằm gọn trong Ω. Xét hàm điều hòa v(x) trong hình cầu A saocho trên biên ∂ Ω của hình cầu trùng với giá trị u(x) .

v(x)|∂ Ω = u(x)|∂ Ω

Hàm điều hòa v(x) này tồn tại, cụ thể nó được cho bởi công thức Poatxong, Hàm v(x) làhàm điều hòa nên nó thỏa mãn đẳng thức về giá trị trung bình.

Hàm u(x) theo giả thiết cũng thỏa mãn về giá trị trung bình.Do đó, hiệu W (x)= u(x) – v(x) cũng thỏa mãn đẳng thức về giá trị trung bình .

9




Vì vậy, đối với W (x) có thể áp dụng được nguyên lý cực đại.Trên hình cầu biên ∂ Ω , ta có :

W(y)| = u(y)|∂ Ω − v(y)|∂ Ω = 0

Do đó , theo hệ quả của nguyên lý cực đại : W(x) ≡ 0 trong A

Tức là u(x) ≡ v(x) trong A.Như vậy u(x) trùng với hàm điều hòa v(x) vừa xây dựng .

Vậy u(x) điều hòa trong A. Vì hình cầu A là bất kỳ trong Ω, nên u(x) là hàm điềuhòa trong toàn Ω.

1.2.4 Định lí Harnack

Định lý 1.2.9. Giả sử un là dãy hàm điều hoà trong Ω , giới nội có biên S trơn từng mảnh và giả sử un(x) liên tục trong miền đóng Ω ∪ S .

Nếu dãy un hội tụ đều trên ∂ Ω, khi đó :

1) un hội tụ đều trên Ω.

2) Giả sử un u trong Ω. Khi đó u là hàm điều hoà trong Ω.

Chứng minh. 1) Kí hiệu φn = un|∂ Ω. Theo giả thiết un hội tụ đều trên ∂ Ω nên :

∀ε > 0, ∃ N : ∀n ≥ N, ∀ p ∈ N

Ta có | φn+ p(x) − φn(x) | < ε ∀x ∈ ∂ Ω.Hay | un+ p(x) − un(x) | < ε ∀x ∈ ∂ Ω.

Vậy theo tiêu chuẩn Cauchy ta có un u trong Ω.2) Ta có định lí trung bình đảo :

Giả sử u liên tục trong Ω, với mọi hình cầu B(x0, R) ⊂ Ω

mà u(x0) = 14πR2

S R

u dS thì u là hàm điều hoà trong Ω.

Giả sử với mọi hình cầu B(x0, R) ⊂ Ω, do un là hàm điều hoà với mọi n, nên :

un(x0) =1

4πR2

S R

u dS

limn→∞

un(x0) =1

4πR2

S R

limn→∞

undS.nα(n)r

2

n−1

un(x0) =1

4πR2

S R

u dS ⇒ u điều hòa trong Ω.

10


Định lý 1.2.10. ( Nguyên lí cực trị mạnh )

Giả sử u ∈ C 2(Ω) , ∆u ≥ 0 (≤ 0) trong Ω và tồn tại x0 ∈ Ω

sao cho u(x0) = supΩ

u (u(x0) = inf Ω

u)

Khi đó hàm u là hằng số.

1.2.5 Định lý Liouville

Định lý 1.2.11. Giả sử hàm điều hòa u : Rn → R thỏa mãn ∀x ∈ Rn, |u(x)| ≤ M với

M là hằng số.

Khi đó u là hàm hằng .

Chứng minh. Coi x0 tùy ý thuộc Rn .

Với i ∈ 1,...,n, đạo hàm riêng từng phần của u theo biến xi là hàm điều hòa theo côngthức giá trị trung bình của hàm điều hòa thì với mọi r > 0 ta có :

∂u

∂xi

(x0)

=1

ω(n)

r2

n

B(x0, r2)

∂u

∂xi

(x)dx

=2n

ω(n)rn

∂B(x0, r2)

uvidS

Trong đó :

•ω(n) là thể tích của hình cầu đơn vị trong Rn .

• vi là toạ độ thứ i của vectơ pháp tuyến đơn vị của mặt ∂ B

x0, r2

.

Do |uvi| ≤ M, ta có : ∂u

∂xi

(x0)

≤ 2n

α(n)rnM

∂ B(x0, r

2)

dS

=2n

α(n)rnM

= 2nM r

.

Cho r → 0 ta được : ∂u

∂xi(x0)

= 0 .

Vậy u là hàm hằng trên Rn .

Định lý 1.2.12. ( Định lý Liouville mở rộng )

Giả sử hàm điều hòa u : Rn → R thỏa mãn :

∀x ∈ Rn, |u(x)| ≤ M + A |x|α

Trong đó M,A,α là các hằng số dương và α < 1.

Khi đó u là hàm hằng trên Rn .

11




Định lý 1.4.2. Xét Ω là tập mở liên thông , u là hàm điều hòa dưới trên Ω.

Giả sử u nhận giá trị lớn nhất trên Ω, tức là tồn tại một điểm x0 ∈ Ω thỏa mãn :

u(x0) = sup u(x) : x ∈ Ω

Khi đó u là nhận giá trị lớn nhất trên Ω.

Chứng minh. Gọi M là giá trị lớn nhất của u(x) trên Ω . Ta xét tập A = x ∈ Ω : u(x) =

MMà u liên tục và khác rỗng ( theo giả thiết ) => A là tập đóng.

Coi a tùy ý thuộc A .u là hàm điều hòa dưới nên tồn tại hình cầu đóng B(a, ρ) ⊂ Ω thỏa mãn :

u(a) ≤ 14πr2

|x−a|=r

u(x)dS x

Giả sử tồn tại x0 ∈ B(a, ρ)\ a thỏa mãn u(x0) < M .Gọi r = |x0 − a|Do tính liên tục của u tại x0 , tồn tại lân cận V của x0 thỏa mãn

∀x ∈ V, u(x) <u(x0) + M

2< M

Đồng thời với mọi x thuộc hình cầu tâm a, bán kính r ta luôn có u(x) ≤ M

Suy ra giá trị trung bình của u trên hình cầu δβ(a, r) nhỏ hơn M ( với M bằng u(a) )tức là :

1

4πr2

|x−a|=r

u(x)dS x < u(a)

Điều này vô lý vì u là hàm điều hòa dưới. Do đó u (x) = M, ∀x ∈ B(a, ρ) .Suy ra B(a, ρ) ⊂ A. Vậy A là tập mở.

Ta thấy A vừa là tập mở vừa là tập đóng trong tập liên thông Ω nên A chính là Ω

hay u là hàm hằng trên Ω.

Định lý 1.4.3. Xét Ω là tập mở, bị chặn liên thông trong Rn .

Giả sử u là hàm điều hòa dưới trên Ω và liên tục trên Ω.

Khi đó u đạt giá trị lớn nhất tại biên δΩ, tức là tồn tại x0 ∈ δΩ thỏa mãn

u(x0) = sup

u(x) : x ∈ Ω

Chứng minh. Hàm u liên tục trên tập dóng bị chặn Ω nên đạt giá trị lớn nhất trên tập

này , tức là tồn tại x0 ∈ Ω thỏa mãn :

u(x0) = sup

u(x) : x ∈ Ω

14


Nếu x0 ∈ δΩ thì x0 thỏa mãn điều cần chứng minh .Nếu x0 ∈ Ω thì u là hàm hằng trên Ω , suy ra u có giá trị lớn nhất tại biên δΩ .

Chú ý : Định lý trên thường được gọi là nguyên lý cực đại đối với hàm điều hòa dưới. Không có nguyên lý cực tiểu đối với hàm điều hòa dưới.

Định lý 1.4.4. Giả sử Ω là tập mở bị chặn và liên thông trong Rn , u và v là các hàm

liên tục trên Ω, u là hàm điều hòa dưới và v là hàm điều hòa trên trong Ω.

Nếu u ≤ v trên δΩ thì u ≤ v trên Ω.

Chứng minh. Do v là hàm điều hòa trên nên –v là hàm điều hòa dưới. Bởi vậy (u – v) làhàm điều hòa dưới trong Ω và liên tục trong Ω.Mà (u – v)

≤0 trong δΩ.

Từ định lý 3 ta có :

(u − v)(x) ≤ supΩ

(u − v) = sup∂ Ω

(u − v) ≤ 0, x ∈ Ω

dó đó (u – v) ≤ 0 trong Ω.Vậy u ≤ v trong Ω.

Định lý 1.4.5. Giả sử u1 và u2 là hai hàm điều hòa dưới trên Ω.

Khi đó max

u1, u2

là hàm điều hòa dưới trên Ω ,

Với max u1, u2 (x) = max u1(x), u2(x) , ∀x ∈ Ω.Định lý trên cũng đúng khi xét một số hữu hạn các hàm điều hòa dưới u1,...,uk thay vì

xét hài hàm điều hòa dưới .

Chứng minh. Giả sử a ∈ Ω.Do tính chất điều hòa dưới của u1 và u2, tồn tại hai hình cầu đóng B(a, R1), B(a, R2) thỏamãn :

u1(a) ≤ 1

4πr2

|x−a|=r

u(x)dS x, ∀r ∈ (0, R1]

u2(a) ≤ 14πr2

|x−a|=ru(x)dS x, ∀r ∈ (0, R2]

Chọn ρ = minR1, R2 thì có :

max u1(x), u2(x) ≤ 1

4πr2

|x−a|=r

u(x)dS x, ∀r ∈ (0, ρ]

Do đó hàm max u1, u2 thỏa mãn tính chất giá trị trung bình trên Ω .Vậy hàm max u1, u2 là hàm điều hòa dưới trên Ω.

15




Định lý 1.4.6. Xét Ω là tập mở, bị chặn trong Rn và K là hình cầu đóng trong Ω. Giả

sử u là hàm điều hòa dưới trên Ω, v là hàm liên tục trên K và bằng u trên ∂ K,0

K, v là

hàm điều hòa trên phần trong 0

K của K . Khi đó , hàm số w định nghĩa trên Ω bởi :

w(x) = v(x) Nếu x ∈ K

u(x) Nếu x ∈ Ω\K

là hàm điều hòa dưới trên Ω.

Hơn nữa, u ≤ w trên Ω. Chú ý : Hàm số w được gọi là biến đổi Poisson của hàm sốu đối với K .

Chứng minh. Do w là hàm điều hòa nên w là hàm liên tục trên u ≤ w ( theo định nghĩa).Ta có u = w trên ∂ K theo định lý thì u ≤ w trên K . Kết hợp với định nghĩa của w tađược u ≤ w trên u ≤ w .

* Trường hợp a ∈ 0

K :

Tồn tại ρ > 0 thỏa mãn B(x, ρ) ⊂ 0

K ( do0

K là tập mở ).

Ta có w(a) = v(a), đồng thời do v điều hòa trên0

K nên :

w(a) =1

4πr2

|x−a|=r

u(x)dS x với ∀r ∈ (0, ρ)

* Trường hợp a /∈ 0

K :Khi đó w(a) = u(a) Tồn tại B(a, ρ) = Ω thỏa mãn :

w(a) = u(a) ≤ 1

4πr2

|x−a|=r

u(x)dS x ≤ 1

4πr2

|x−a|=r

w(x)dS x

Vậy w là hàm điều hòa dưới trên Ω .

16

Chương 2

Nghiệm của một số bài toán đối với

phương trình Laplace

2.1 Sự tồn tại và định nghĩa nghiệm

Giả sử Ω là miền bị chặn trong Rn, ta xét một số bài toán : bài toán Dirichlet trongvà bài toán Điricle ngoài đối với phương trình laplace; bài toán Newmann đối với phươngtrình laplace .

Bài toán là đặt đúng :• Tồn tại nghiệm

• Nghiệm là duy nhất ( trong lớp hàm nào đó )

• Nghiệm phụ thuộc liên tục vào các dữ liệu đã cho ( khi dữ liệu thay đổi đủ nhỏ thìnghiệm thay đổi đủ nhỏ )

2.1.1 Bài toán Dirichlet trongĐặt bài toán : Giả sử Ω là một miền giới nội với biên ∂ Ω trơn từng mảnh và φ là mộthàm liên tục cho trước trên ∂ Ω .

Tìm hàm u điều hòa trong Ω, liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho tại biên ∂ Ω giátrị của hàm trung với hàm φ ở trên, tức là thỏa mãn bài toán :

∆u = f trong Ω

u|∂ Ω = φ

Bài toán Dirricle nói trên còn được gọi là bài toán biên thứ nhất của phương trình laplace.

17



Chương 2. Nghiệm của một số bài toán đối với phương trình Laplace

Định lý 2.1.1. Nghiệm của bài toán Dicricle trong đối với phương trình laplace nếu tồn

tại là duy nhất.

Chứng minh. Giả sử bài toán có hai nghiệm là u1, u2 . Đặt v = u2 − u1

∆u = ∆u2 − ∆u1

v|∂ Ω = u2|∂ Ω − u1|∂ Ω = 0

v là hàm điều hoà trong Ω suy ra v = 0|∂ Ω . Hay v = 0 trong Ω.

Định lý 2.1.2. Giả sử u là nghiệm của bài toán

∆u = 0 trong Ω

u|∂ Ω = φ

Khi đó | u(x) | ≤ max∂ Ω

| φ(x) | ∀x ∈ Ω

Hệ quả 2.1.3. Nghiệm của bài toán Đirichlê trong nếu tồn tại, sẽ phụ thuộc vào điều

kiện biên .

Chứng minh. Thực vậy : Giả sử u1 là nghiệm của bài toán

∆u = f

u|∂ Ω = φ1

Giả sử u2 là nghiệm của bài toán

∆u = f

u|∂ Ω = φ2

Đặt v = u2 − u1. Ta được ∆v = f

v|∂ Ω = φ2 − φ1

Theo định lí (?) thì | v(x) | ≤ max∂ Ω

| φ2 − φ1|

2.1.2 Bài toán Dirichlet ngoài

Đặt bài toán : Giả sử Ω là một miền vô hạn với mặt biên ∂ Ω kín, giới nội trơn từngmảnh và φ là một hàm cho trước liên tục trên ∂ Ω.

Tìm hàm u điều hòa trong Ω, liên tục trong miền đóng Ω

∪S sao cho tại biên ∂ Ω giá

trị của hàm trung với hàm φ ở trên, tức : ∆u = 0 trong Ω

u|∂ Ω = φ

Ngoài ra, khi P → ∞ ta có :|u| ≤ C

Định lý 2.1.4. Bài toán Diricle ngoài chỉ có nghiệm duy nhất .

Hệ quả 2.1.5. Nghiệm của bài toán Diricle ngoài phụ thuộc liên tục vào điều kiện biên .

18


2.1.3 Bài toán Newmann

Tìm hàm điều hòa u liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho đạo hàm đều theo pháptuyến trên biên ∂ Ω của nó trùng với một hàm φ cho trước trên biên ∂ Ω, tức là thỏa mãn

bài toán : ∆u = f trong Ω

∂u∂n

∂ Ω

= φ

bài toán Newmann còn được gọi là bài toán biên thứ hai của phương trình laplace .

Định lý 2.1.6. Hai nghiệm bất kì của bài toán Newmann sai khác nhau một hằng số.

Chứng minh. Giả sử u1 , u2 là hai nghiệm của bài toán Newmann.Ta đặt u = u1

−u2 suy ra :

∆u = 0

∂u∂n

∂ Ω

= 0

Áp dụng công thức Green I cho hai hàm u và v − u ta được :

Ω

u.∆u dxdydz

0

+

Ω

∂u

∂x

2

+

∂u

∂y

2

+

∂u

∂z

2

+

∂ Ω

u.∂u

∂n.dS

0

Suy ra∂u

∂x

2+∂u

∂y

2+∂u

∂z

2= 0 trong Ω hay

∂u

∂x= 0 ,

∂u

∂y= 0 ,

∂u

∂z= 0 ⇔ u = const

Vậy bài toán Newmann là bài toán không đặt đúng.

Định lý 2.1.7. Giả sử f = 0 . Khi đó bài toán Newmann có nghiệm khi và chỉ khi

∂ Ω

φ dS = 0

Chứng minh. Do u điều hòa nên ∂ Ω

∂u∂n

dS = 0 ⇒ ∂ Ω

φ dS = 0

2.2 Một số bài toán

2.2.1 Giải bài toán Diricle

Bài toán 1. Bài toán Đirichlê trong hình tròn .

19




uxx + uyy = 0 , x2 + y2 < 1

u |x2+y2=1 = h(x, y) , g liên tục(I)

Đổi biến x = r. cos φ

y = r. sin φvới 0 < r < 1, 0 ≤ φ ≤ 2π ta được :

∂ 2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2∂ 2u

∂φ2= 0 (1)

u |r=1 = h(cos φ, sin φ) = f (φ) (2)

(II)

f là hàm liên tục và tuần hoàn chu kì 2π. Để giải bài toán (I ) ta đi giải bài toán (II )

. Nhắc lại chuổi Fourier : Giả sử f (x) là hàm tuần hoàn chu kì 2π, f khai triển được

thành chuỗi Fourier f (x) =a02 +

∞n=1 (an cos nx + bn sin nx)

Giả thiết chuỗi hội tụ đều về hàm f (x). Ta có các công thức tính hệ số Fourier

a0 =1

π

2π 0

f (x) dx

ak =1

π

2π 0

f (x). cos k x dx , k = 1, 2,...

bk = 1π

2π 0

f (x). sin kxdx ,k = 1, 2,...

Trường hợp tổng quát : f là hàm tuần hoàn chu kì 2l (l > 0). Chuỗi Fourier của f :

f (x) = a02 +

∞k=1

ak cos kπx

l+ bk sin kπx

l

a0 =1

l

2l 0

f (x) dx

ak = 1l

2l 0

f (x). cos kπxl

dx , k = 1, 2,...

bk =1

l

2l 0

f (x). sinkπx

ldx , k = 1, 2,...

Đặc biệt f là hàm chẵn ⇒

ak = 2l

2l 0

f (x). cos kπxl

. dx

bk = 0

f là hàm lẻ ⇒ ak = 0

bk = 2l

2l 0

f (x). sin kπxl

. dx

20


Quay trở lại bài toán (II ) :Tìm nghiệm của bài toán ở dạng tách biến

u = 0

u(r, φ) = R(r).ϕ(φ)

ϕtuần hoàn chu kì2π =, R , ϕliên tục)

Thay vào phương trình (1) ta được : (r2R′′ + rR′) .ϕ = −R.ϕ′′

⇔ r2R′′ + rR′

R= −ϕ′′

ϕ= λ (const) ⇔

ϕ′′ + λ.ϕ = 0 (3)

r2R′′ + rR′ − λR = 0 (4)

Giải (1) :

• Với λ = 0 ⇒ ϕ = c1φ + c2 ϕtuần hoàn chu kì2π = : ϕ(0) = ϕ(2π) ⇔ c1 = 0 Vậyϕ = C 2.

• Với λ < 0 : ϕ(φ) = c1e√ −λφ + c2e−

√ −λφ

ϕtuần hoàn chu kì2π = : ⇔ c1 = c2 = 0 ( loại vì u = 0 )

• Với λ > 0 : ϕ(φ) = c1 cos√

λφ + c2 sin√

λφ

ϕ(0) = ϕ(2π) ⇔√

λ = n , n = 1, 2,...Vậy ϕ(φ) = c1. cos nφ + c2 sin nφ Giải (4) : r2R′′ + rR′ − λR = 0

Bài toán 2. Bài toán Đirichlê trong hình vành khăn .

∆u = 0 (∗) , a2 < x2 + y2 < b2

u|x2+y2=a2 = φ1(x, y) , u|x2+y2=b2 = φ2(x, y)

với φ1, φ2 liên tục. Chuyển sang toạ độ cực :

x = r. cos φ

y = r. sin φ, a < r < b ; 0 ≤ φ ≤ 2π

Có công thức nghiệm của phương trình (*) :

u(r, φ) =c0. ln r + do

2+

∞n=1

rn (an cos nφ + bn sin nφ) +∞

n=1

r−n (cn cos nφ + dn sin nφ)

Gọi f 1(φ) = φ1(a cos φ, a sin φ) ; f 2(φ) = φ2(b cos φ, b sin φ)

Ta có :

u(a, φ) =c0. ln a + do

2+

∞n=1

an (an cos nφ + bn sin nφ) +∞

n=1

a−n (cn cos nφ + dn sin nφ)

21




f 1(φ) =c0. ln a + do

2+

∞n=1

an.an + a−ncn

. cos nφ +

∞n=1

an.bn + a−ndn

. sin nφ

Vậy

c0 ln a + d02

=1

π

2π 0

f 1(φ)dφ

an.an + a−ncn =1

π

2π 0

f 1(φ). cos nφdφ

an.bn + a−ndn =1

π

2π 0

f 1(φ). sin nφdφ.

Tương tự

c0 ln b + d02

=1

π

2π 0

f 2(φ)dφ

bn.an + b−ncn =1

π

2π 0

f 2(φ). cos nφdφ

bn.bn + b−ndn =1

π

2π

0

f 2(φ). sin nφ dφ.

Bài toán 3. Bài toán Đirichlê đối với phương trình Poátxông .

∆u = f trong Ω

u|∂ Ω = φ

Ta tìm một nghiệm riêng của phương trình Poátxông : ∆u∗ = f Đặt v = u − u∗, ta có

∆v = 0

v|∂ Ω = u|∂ Ω − u∗|∂ Ω = φ − u∗|∂ Ω = φ∗

Từ đây ta tìm được v , do đó u = v + u∗

Ví dụ: Xét bài toán : ∆u = −4 , x2 + y2 < 1

u|x2+y2=1 = 0

Tìm u∗ = ∆u∗ = −4. Chọn u∗ = −(x2 + y2)

Đặt v = u

−u∗ : ∆v = 0

v|x2+y2=1 = 1 ⇒v = 1

Vậy u = 1 − (x2 + y2)

22


Bài toán 4. Bài toán Đirichlê trong hình chữ nhật .

Tìm hàm u(x, y) :

∆u = 0, 0 < x < a, 0 < x < b

u(x, 0) = φ(x), u(x, b) = ψ(x)u(0, y) = α(y), u(a, y) = β(y)

Giải bài toán chồng chất nghiệm :

1)

∆v = 0 , 0 < x < a ; 0 < y < b

v(x, 0) = φ(x) , v(x, b) = ψ(x)

v(0, y) = v(a, y) = 0

2)

∆ω = 0ω(x, 0) = ω(x, b) = 0

ω(0, y) = α(y), ω(a, y) = β(y)

Giả sử v là nghiệm của bài toán 1, ω là nghiệm của bài toán 2, suy ra nghiệm ban đầuu = v + ω .a) Giải 1. Tìm v(x, y) = X (x).Y (y) thay vào phương trình ∆v = 0 (v = 0)

X ′′

X

=

−Y ′′

Y

= λ (const)

Ta có : X ′′ − λX = 0 , X (0) = X (a) = 0

Y ′′ + λY = 0

Xét các trường hợp của λ, chỉ có λ < 0 thoả mãn λ = − nπa

2,

X (x) = c2 sinnπx

a

Tìm Y : Y ′′ − nπ

a2 Y = 0 , suy ra :

Y (y) = D1.e

nπ

a.y

+ D2.e−

nπ

a.y

Y (y) = D′1.ch

nπy

a+ D′

2.shnπy

a, n ≥ 1.

Vậy ta có dãy nghiệm riêng

vn(x, y) =

cnch

nπy

a+ dnsh

nπy

a . sin

nπx

a

⇒ vn(x, y) =∞

n=1

cnch

nπy

a+ dnsh

nπy

a

. sin

nπx

a

23




Kiểm tra v(x, 0) = φ(x) ⇔ φ(x) =∞

n=1

cn sinnπx

a⇒ cn =

2

a

a 0

φ(x). sinnπx

adx

v(x, b) = ψ(x) ⇒ ψ(x) =

∞

n=1cnch

nπb

a+ dnsh

nπb

a sin

nπx

a

Vậy

cnchnπb

a+ dnsh

nπb

a=

2

a

a 0

ψ(x). sinnπx

adx ⇒ dn

b) Giải 2. Thay đổi vai trò của x, y

W (x, y) =∞

n=1

E nch

nπx

b+ F n.sh

nπx

b

. sin

nπy

b

E n =2

b

b 0

α(y). sinnπy

bdy

E nchnπa

b+ F nsh

nπa

b=

2

b

b 0

β(y). sinnπy

bdy

Vậy nghiệm của phương trình ban đầu u(x, y) = v(x, y) + w(x, y).

2.2.2 Bài TậpBài tập 1. Giải bài toán Điriclê trong :

∆u = 0 trong Ω

u|Γ = 3 − 4y2 − 4xy2

Với Ω là mặt tròn tâm O bán kính 2,Γ là biên của Ω.

Bài tập 2. Giải bài toán Điriclê trong ∆u = 2x trong Ω

u|Γ = x − x3 − 2xy2

Với Ω là mặt tròn đơn vị,Γ là biên của Ω.

Bài tập 3. Giải bài toán Điriclê ngoài :

∆u = 0 trong Ω

u|Γ = 2 − y + y

3

− x

2

y + x

2

Trong đó Ω là phần ngoài của mặt tròn tâm O, bán kính 2,Γ là biên của Ω.

24


Bài tập 4. Giải bài toán Điriclê trong hình vành khăn 1 < r < 2

∆u = 0

u|Γ=1 = x − y

u|Γ=2 = ln 2 − 14

y + x

Bài tập 5. Giải bài toán Newmann trong : ∆u = 0 trong Ω

∂u∂n

Γ

= 2x − y2 + k

Trong đó Ω là mặt tròn tâm O, bán kính 2 và k là một hằng số cần xác định, n là

pháp tuyến trong của Γ đối với Ω.Bài tập 6. Giải bài toán Newmann ngoài :

∆u = 0 trong Ω

∂u∂n

Γ

= 3x − y + x2 + k

Với Ω là miền ngoài của mặt tròn tâm O, bán kính 2, biên Γ còn k là một hắng số

nào đó, n là pháp tuyến đối với Ω.

Bài tập 7. Giải bài toán Newmann trong hình vành khăn

∆u = 0 trong hình vành khăn 1 < r < 2

∂u∂n

Γ=1

= 12 + 2x + 2(x2 − y2)

∂u∂n

Γ=2

= k − x4 − x2 + y2

n là pháp tuyến trong đối với Ω, k là hằng số nào đó.

25



Tài liệu tham khảo

[1] Đỗ Thu Hoài, Giáo Trình Phương Trình Đạo Hàm Riêng, Hải Phòng (2011) .

[2] Nguyễn Mạnh Hùng, Giáo Trình Phương Trình Đạo Hàm Riêng, Hà Nội (2001) .

[3] Nguyễn Thừa Hợp ,Giáo Trình Phương Trình Đạo Hàm Riêng, NXB Đại học Quốc

Gia Hà Nội (2006).

[4] S. Axler, P.Bourdon, W.Ramey , Harmonic Function Theory ,Springer Verlag, New

York Berlin, Heideiberg,(1982).

[5] Lawrence C.Evan , An introduction to Partial Differential Equation .

[6] Trần Đức Vân , Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng , NXB Đại học Quốc

Gia Hà Nội (2005).

26

Chỉ dẫn

hàm điều hòa, 1

27

Download - Book - sites

Top Related